DƏrs vəSAİTİ Азярбайъан Республикасы Тящсил Назирлийи Елми-Методик Шурасынын

Qurma.  
a)  OB  radiusu  üzərində  ixtiyari  OC  parçası 
ayırmaq; 
b)OC-ni diametr qəbul edib onunüzərində çevrə 
qurmaq; 
c) OC parçasını   nisbətində bölmək; 
d) KT
1
||ON çəkib T
1
-i qurmaq; 
e) OT
1
 şüasını çevrə ilə kəsişənə qədər çəkib T
1 
nöqtəsini qurmaq; 
f)  MN

OT  çəkib  radiusların  uzantıları 
iləkəsişmə nöqtələrini tapmaq. 
Məsələ. İki tərəfinə və onlar arasındakı bucağın 
tənböləninə görə üçbucaq qurun. 
Analiz.  Tutaq  ki,  məsələ  həll  olunmuş  və 
axtarılan ABC üçbucağı qurulmuşdur. 

Burada AC=b, AB=c və AD=l
a
-dir. Üçbucağın 
BA tərəfini öz istiqamətində uzadaraq AE=b parçası 
ayrılıb  E  nöqtəsini  C  nöqtəsi  ilə  birləşdirsək,  AEC 
üçbucağını alarıq. Aşkardır ki, burada EC||AD olar. 
Onda  EC=x  parçası  b+c,  c  və  l
a
  parçaları  ilə 
dördüncü  mütənasib  parça  olacaqdır.  x:l
a
=(b+c):c. 
Beləliklə, məsələ x oturacağına və b yan tərəfinə görə 
bərabəryanlı  AEC  üçbucağının  qurulmasına  gətirir. 
AEC  üçbucağını  qurduqdan  sonra  EA  tərəfini  öz 
istiqamətində  AB=c  parçası  qədər  uzadıb  EB 
parçasını quraq. Sonra B nöqtəsini C ilə birləşdirsək 
axtarılan ABC üçbucağını alarıq. 
Məsələ. 
yan 
tərəflərinin 
nisbətinə, 
oturacağındakı  bucaqlardan  birinə  və  oturacağı  ilə 
bu  oturacağa  çəkilmiş  hündürlüyün  çəminə  görə 
üçbucaq qurun. 
Analiz.  Verilən  şərtin  elə  hissəsini  götürək  ki, 
tələb  olunan  üçbucağa  oxşar  üçbucağı  qurmaq 
mümkün olsun. 
Ona  görə  də  əvvəlcə  yan  tərəflərinin  nisbətinə 
və oturacağındakı bir bucağına görə üçbucaq quraq. 
Sonra  da  qurulmuş  bu  üçbucağa  oxşar  olan  və 
məsələ  şərtindəki  ölçünü  nəzərə  alaraq  tələb  edilən 
üçbucağı qurmaq olar. 
Qurma. 

1.  Verilmiş  üç-
bucağın  yan  tərəflə-
rinin  nisbəti  m:n 
oturacağındakı 
bucağı  isə 

-dır. 
Onda 

A
1
=

, 
A
1
B
1
=m  və  B
1
C
1
=n 
şərtinə  görə  A
1
B
1
C
1
 
üçbucağını  qurmaq  mümkündür  (şəkil  58).  Bundan 
sonra B
1
D
1

A
1
C
1
 qurub, B
1
E
1
=B
1
D
1
+A
1
C
1
 tapırıq. 
2.  İstənilən  B  nöqtəsindən  BE  ||B
1
E
1
  çəkək  və 
BE=b+hb ayıraq, onda A
1
B
1
C
1 
üçbucağının tərəfləri 
ilə qurulan üçbucağın tərəfinin paralelliyindən BE və 
B
1
E
1
 parçaları homotetik olacaqdır. 
BB
1
  və  EE
1
  düz  xətləri  hər  hansı  S  nöqtəsində 
kəsişərsə,  onda  S  nöqtəsi  B
1
E
1
  və  BE  parçalarının 
homotetiya mərkəzi olacaqdır. Beləliklə, D nöqtəsini 
SD∩BE=D  alarıq.  Onda  BD  parçası  tələb  olunan 
üçbucağın hündürlüyüdür. Buna görə də D nöqtəsin-
dən AC||A
1
C
1
 və B nöqtəsindən AC düz xəttini A və 
C nöqtələrində kəsən BA||B
1
A
1
 və BC||B
1
C
1
 şüalarını 
keçirək.  Alınan  ABC  üçbucağı  tələb  olunan 
üçbucaqdır. 
Araşdırma. 
1. n

B
1
D
1
 və n

m olduqda məsələnin iki həlli; 
Şəkil 58 

2.  n=B
1
D
1
  və  n

m  olduqda  məsələnin  bir  həlli 
var; 
3. n

B
1
D
1
 olduqda isə məsələnin həlli yoxdur (n 
və m-in yerləri dəyişilməzdir). 
Məsələ.  O
1
  və  O
2
  çevrəsi  və  M  nöqtəsi 
verilmişdir. Çevrələr üzərində uyğun olaraq elə A və 
B 
nöqtələri 
qurun 
ki, 
AM

MB=AB 
və 
AM:MB=2:3 olsun. 
Analiz. 
Tutaq ki, məsələ 
həll  edilmiş  və 
AB 
axtarılan 
parçadır 
(şəkil 
59). M nöqtəsi A 
və  B  nöqtələri 
arasında  yerləş-
diyindən 
AM

MB=AB 
və 
AM:MB=2:3 
olmasından alınar ki, M mərkəzli və 
3
2


K
 əmsallı 
homotetiya A nöqtəsini B nöqtəsinə inikas edir. 
Lakin  A  nöqtəsi  O
1
  çevrəsi  üzərindədir. 
Aşkardır  ki,  B  nöqtəsi
3
2

M
H
  homotetiyasında  O
1
 
çevrəsinin  inikas  etdiyi  O
1
`  çevrəsi  üzərində  olar. 
Bundan  başqa,  B  nöqtəsi  həmçinin  məsələ  şərtində 
verilmiş O
2
 çevrəsi üzərindədir. Ona görə B=O
1
`∩O
2
 
qurmaq olar. 
Şəkil 59 

Qurma.  M  mərkəzli  və 
3
2


K
  əmsallı 
homotetiyada  O
1
  çevrəsinin  obrazını  qurub  O
1
`  və 
O
2
  çevrələrinin  B  kəsişmə  nöqtəsini  tapırıq. 
3
2

M
H
 
homotetiyasında  obrazı  B  nöqtəsi  olan  nöqtəni 
qurub  onu  A  ilə  işarə  edək.  A  və  B  axtarılan 
nöqtələrdir. 
İsbatı.  B  nöqtəsi  O
1
`  çevrəsi  üzərində  olduğu 
üçün  onun  proobrazı  olan  A  nöqtəsi  O
1
  çevrəsi 
üzərində  olar,  həm  də 
B
A
H
M


)
(
3
2
olur.  Aşkardır  ki, 
AM

MB=AB və AM:MB=2:3 olar. 
Araşdırma.  O
1
`  və  O
2
  çevrələrinin  aşağıdakı 
vəziyyətlərindən  asılı  olaraq  həllin  varlığı,  həlləri 
sayını söyləmək olar: 
a)  O
1
`  və  O
2
  çevrələri  iki  nöqtədə  kəsişərsə, 
onda məsələnin iki həlli vardır. 
b)  bu  çevrələr  toxunarsa,  məsələnin  bir  həlli 
vardır. 
c)  bu  çevrələrin  ortaq  nöqtəsi  yoxdursa, 
məsələnin həlli yoxdur. 
d) bu çevrələr üst-üstə düşərsə məsələnin sonsuz 
sayda həlli vardır. 
Məsələ. Verilmiş üçbucaq daxilinə verilən buca-
ğı 

  və  tərəflərinin  nisbəti  m:n  olan  paraleloqram 
çəkin. 

Analiz.  Tutaq  ki, 
ABC 
üçbucağının 
daxilinə 
MNPQ 
paraleloqramı 
elə 
çəkilmişdir 
ki, 

NMQ=

 
və 
NP:NM=m:n-dir (şəkil 60). 
MNPQ 
paraleloqramını 
mərkəzi  A  nöqtəsində, 
əmsalı  K=m:n  olan 
homotetiya  ilə  çevirsək  N
1
P
1
:N
1
M
1
=m:n  və 

N
1
M
1
Q
1
=

  olan  yeni  M
1
N
1
P
1
Q  paraleloqramını 
alarıq.  Aydındır  ki,  belə  paraleloqramlar  sonsuz 
saydadır.  Onların  hamısı  MNPQ  paraleloqramına 
homitetikdir və hamısının P, P
1
... təpələri bir AP düz 
xətti üzərindərir. 
Qurma.  
1. AB tərəfi üzərindəki istənilən N
1
 nöqtəsindən 
N
1
D|| və elə N
1
M
1 
çəkək ki, 

N
1
M
1
C=

 olsun. 
2.  N
1
D  şüası  üzərində  N
1
P
1
:N
1
M
1
=m:n  şərtini 
ödəyən N
1
P
1
 parçasını ayıraq və P
1
Q
1
||N
1
M
1
 çəkək. 
3. Axtarılan paraleloqramın P təpə nöqtəsi AP
1
 
düz  xətti  üzərində  olmalıdır.  Belə  ki,  A  mərkəzli 
homotetiyada  P  nöqtəsi  P
1
-ə  uyğun  nöqtədir. 
Şəkil 60 
Q  Q
1
 
M
 
M
1
 

Aydındır ki, AP
1
 düz xəttinin BC tərəfi ilə kəsişməsi 
P nöqtəsidir. 
P  nöqtəsindən  PN||AC;  PQ||P
1
Q
1
  və  N 
nöqtəsindən  NM||PQ  çəkək.  Alınan  MPQN 
axtarılan paraleloqramdır. 
İsbat.

NMQ=

N
1
M
1
Q
1 
qurmaya 
görə, 
NM=PQ  və  NP=MQ  paralel  düz  xətlər  arasındakı 
parçalar 
olduğu 
üçün 
olur. 
Ona 
görə 
NP:PQ=N
1
P
1
:P
1
Q
1
=m:n 
Araşdırma.  Qurmadan  aşkardır  ki,  məsələnin 
yeganə həlli vardır. 
Mцstяqil həll etmяk цчцn mяsяlяlяr 
1.
 
İki bucağına və tərəflərindən birinə çəkilmiş 
medianına görə üçbucaq qurun. 
2.
 
C bucağı, bu təpədən çəkilmiş hündürlüyü və 
digər  iki  tərəfinin  nisbətinə  görə  ABC  üçbucağını 
qurun. 
3.
 
Verilmiş üçbucağın daxilinə tərəfləri verilmiş 
üçbucağın  tərəflərinə  perpendikulyar  olan  üçbucaq 
çəkin. 
4.
 
Tərəfinə  və  diaqonallarının  nisbətinə  görə 
romb qurun. 
5.
 
Verilmiş  yarımçevrə  daxilinə  elə  kvadrat 
çəkin  ki,  onun  iki  təpəsi  çevrə  qövsü,  digər  ikisi  isə 
diametr üzərində olsun. 

6.
 
Verilmiş  çevrə  xaricinə  bucaqları  verilmiş 
üçbucaq çəkin. 
7.
 
Verilmiş  romb  daxilinə  təpələri  rombun 
tərəfləri üzərində olan kvadrat çəkin. 
8.
 
Tərəfi,  diaqonallarının  nisbəti  və  onlar 
arasındakı bucağına görə paraleloqram qurun. 
9.
 
İki  tərəfinin  nisbəti,  bir  bucağı  və  bir 
diaqonalına görə paraleloqram qurun. 
10.
 
Bir  bucağı,  bir  tərəfi  və  o  biri  tərəfi  ilə  bu 
tərəfə 
çəkilmiş 
hündürlüyün 
nisbətinə 
görə 
paraleloqram qurun. 
11.
 
İki  bucağına,  oturacağı  ilə  hündürlüyünün 
cəminə (fərqinə) görə üçbucaq qurun. 
12.
 
Verilmiş 
kvadratın 
xaricinə 
verilmiş 
üçbucağa oxşar üçbucaq çəkin. 
13.
 
Oturacaqdakı  bucağına,  bir  diaqonalına  və 
oturacaqlarının 
nisbətinə 
görə 
bərabəryanlı 
trapesiya qurun. 
14.
 
 Bucaqlardan  biri,  oturacaqlarından  biri  və 
digər  oturacaqla  yan  tərəfin  nisbəti  verilmiş 
bərabəryanlı trapesiya qurun. 
15.
 
A  və  B  bucaqlarına,  c  tərəfinə  çəkilmiş 
hündürlüyünə görə ABC üçbucağını qurun. 
16.
 
Üçbucağın daxilinə hər biri onun iki tərəfinə 
və digər çevrəyə toxunan iki bərabər çevrə çəkin. 

Aydındır  ki,  hər  iki  çevrə  üçbucağın 
tərəflərindən  birinə  toxunur.  AB  tərəfinə  toxunan 
çevrələrin  necə  qurulduğunu  göstərək  AB  tərəfinə 
paralel  c`  düz  xətti  çəkək.  Biri-birinə  və  c`  düz 
xəttinə  toxunan  eyni  radiuslu  S
1
`  və  S
2
`  çevrələrini 
quraq. Bu çevrələrin BC və AC düz xətlərinə uyğun 
olaraq paralel olan a` və b` toxunanlarını çəkək. A`, 
b`  və  c`  düz  xətlərinin  əmələ  gətirdiyi  A`B`C` 
üçbucağının  tərəfləri  ABC  üçbucağının  tərəflərinə 
paralel olacaqdır. Ona görə A`B`C` üçbucağını ABC 
üçbucağına 
çevirən 
homotetiya 
vardır. 
Bu 
homotetiyada  S
1
`  və  S
2
`  çevrələrinin  obrazları  tələb 
edilən çevrələr olar.  
17. İti bucaqlı ABC üçbucağı verilmişdir. AB və 
BC tərəfləri üzərində: 
 a) AX=XY=YC;     b) BX=XY=YC  
şərtlərini ödəyən X və Y nöqtələrini qurun. 
a)
 
ABC  üçbucağının  AB  və  BC  tərəfləri  üzərində 
uzunluğu  a-ya  bərabər  olan  AX
1
  və  CY
1
 
parçalarını  ayıraq.  Y
1
  nöqtəsindən  AC  tərəfinə 
paralel l düz xəttini çəkək, düz xəttinin üçbucağın 
daxilində  yerləşən  (X
1
;a)  çevrəsi  ilə  kəsişmə 
nöqtəsini  Y
2
  ilə  işarə  edək.  Onda  AY
2
  düz 
xəttinin  BC  tərəfi  ilə  kəsişməsi  axtarılan  Y 
nöqtəsi olar. AB şüasının AX=CY şərtini ödəyən 
nöqtə X olar. 

b)
 
üçbucağın  AB  tərəfi  üzərində  ixtiyari  X
1
≠B 
nöqtəsi götürək. (X
1
; BX
1
) çevrəsi BC şüasını B və 
Y
1
  nöqtələrində  kəsər.  BC  düz  xətti  üzərində 
Y
1
C
1
=BX
1
 şərtini ödəyən C
1
 nöqtəsini quraq. Y
1
 
nöqtəsi  B  və  C
1
  nöqtələri  arasında  yerləşir.  C
1
 
nöqtəsini  C-yə  çevirən  B  mərkəzli  homotetiyada 
X
1
  və  Y
1
  nöqtələri  axtarılan  X  və  Y  nöqtələrinə 
çevrilər.  
17.
 
 AB  və  AC  tərəflərinə  və  AD  tənböləninə 
görə ABC üçbucağını qurun. 
AD  parçasını  quraq  və 


)
;
(
,
;
2
1
AC
A
S
AB
A
S
 
çevrələrini  çəkək.  D  mərkəzli, 
AC
AB
DC
DB
K




 
əmsallı  homotetiyada  S
2
  çevrəsinin  obrazı  ilə  S
1
 
çevrəsinin  kəsişməsindən  üçbucağın  B  təpə  nöqtəsi 
qurula bilər. 
18.
 
Düzbucaqlı  ABC  üçbucağının  A  təpə 
nöqtəsi  tərpənməz  qalmaqla  B  və  C  təpə  nöqtələri 
xaricindən A nöqtəsində biri-birinə toxunan verilmiş 
S
1
  və  S
2
  çevrələri  üzrə  sürüşür.  Üçbucağın  AD 
hündürlüyünün oturacağı olan D nöqtəsinin həndəsi 
yerini tapın. 
S
1
  və  S
2 
çevrələrinin  ortaq  xarici  l
1
  və  l
2
 
toxunanlarını  çəkək.  l
1
  və  l
2
  toxunanlarının  K 
nöqtəsində  kəsişdiyini  fərz  edək.  K  nöqtəsi  S
1
 
çevrəsini  S
2
  çevrəsinə  çevirən  H  homotetiyasının 

mərkəzi  olar.  Bu  homotetiyada  A  nöqtəsinin 
çevrildiyi  nöqtəni  A
1
  ilə  işarə  edək.  Yəni,  A
1
=H(A) 
olsun. A və K nöqtələri verilmiş çevrələrin mərkəzlər 
xətti  üzərində  olar.  Ona  görə  AA
1
  parçası  S
2
 
çevrəsinin  diametri  olar,  yəni 

ACA
1
=90
0
  və 
A
1
C||AB alarıq. Aydındır ki, H homotetiyasında AB 
parçası A
1
C-yə inikas edir. Ona görə BC düz xətti K 
nöqtəsindən  keçir  və 

ADK=90
0
  olur.  Deməli,  D 
nöqtəsi  diametri  AK  olan  S  çevrəsi  üzərindədir. 
Həmçinin  aydındır  ki,  D  nöqtəsi  l
1
  və  l
2
  düz 
xətlərinin  əmələ  gətirdiyi  bucağın  daxilindədir. 
Beləliklə,  D  nöqtəsinin  həndəsi  yeri  l
1
  və  l
2
  düz 
xətlərinin S çevrəsindən ayırdığı qövslərdir.  
19.
 
A, B və C nöqtələri bir düz xətt üzərindədir 
və B nöqtəsi A və C nöqtələri arasındadır. AMB və 
CMB  üçbucaqlarının  xaricinə  çəkilən  çevrələrin 
radiusları bərabər olan M nöqtələrinin həndəsi yerini 
tapın. 
AMB  və  CMB  üçbucaqlarının  xaricinə  çəkilən 
çevrələrin mərkəzləri P və Q nöqtələri olsun. BPMQ 
dördbucaqlısı  romb  olduqda  M  nöqtəsi  axtarılan 
həndəsi  yerə  daxildir.  Başqa  sözlə,  M  nöqtəsi 
mərkəzi 
B 
nöqtəsində 
əmsalı 
K=2 
olan 
homotetiyada  PQ  parçasının  orta  nöqtəsinin 
obrazıdır. 

P  və  Q  nöqtələrinin  AC  düz  xətti  üzərindəki 
proyeksiyaları AB və BC parçalarının orta nöqtələri 
olduğundan bütün PQ parçalarının orta nöqtələri bir 
düz  xətt  üzərində  olar.  Alınan  həndəsi  yerdən  AC 
düz xəttinin nöqtələrini çıxmaq lazımdır. 
 
1.4.3. Cəbri цsul 
 
Həndəsə  məsələlərinin  həllinə  cəbrin  tətbiqi 
imkanları  genişdir.  Belə  ki,  bir  sıra  həndəsə 
məsələlərinin  həlli  cəbri  tənliyin  həllinə  gətirilir  və 
bir  çox  həndəsi  faktlar  cəbri  formada  (Pifaqor 
teoremi,  sinuslar,  kosinuslar  teoremi  və  s.)  verilmiş 
olur. 
Qurma  məsələlərinin  cəbri  üsulla  həllinin 
mahiyyəti  aşağıdakı  kimidir:  analiz  mərhələsində 
fiqurun qurulması üçün zəruri olan elementi məchul 
qəbul  edərək  verilənlərlə  bu  məchul  arasındakı 
münasibəti  tənliklə  ifadə  edir  və  alınan  tənliyi  həll 
edirlər.  Tənliyin  kökü  məchul  elementi  ifadə  edən 
cəbri  düstur  olur.  Deməli,  axtarılan  fiquru  qurmaq 
üçün  əvvəlcə  həmin  cəbri  düsturu  qurmaq  lazım 
gəlir.  Başqa  sözlə,  qurma  məsələsinin  cəbri  üsulla 
həlli dörd addımdan ibarətdir: 
1)
 
tənliyin tərtibi; 
2)
 
tənliyin həlli; 
3)
 
kökün (cəbri düsturun) araşdırılması; 

4)
 
kökün qurulması. 
Qeyd  edək  ki,  cəbri  düsturların  qurulmasında 
aşağıdakı  mühüm  nəticəni  yadda  saxlamaq  lazımdır: 
pərgar  və  xətkeşlə  yalnız  elə  cəbri  ifadələri  qurmaq 
olar ki, bu ifadədə ya tamamilə radikal olmasın və ya 
ona daxil olan radikalların dərəcəsi 2, 4, 8, ... olsun. 
Məktəb  həndəsə  kursundan 
;
;
c
ab
x
b
a
x



 
2
2
;
b
a
x
ab
x



və  s.  sadə  düsturlarla  verilmiş 
parçaların  qurulması  məlumdur.  Bir  sıra  hallarda 
parçaların  qurulması  həmin  bu  məlum  qurmalara 
gətirilir. 
İndi  də  cəbri  üsulla  bir  eçə  qurma  məsələsinin 
həllini nəzərdən keçirək. 
Məsələ.  Verilmiş  çevrə  daxilinə  verilmiş 
kvadratla bir böyüklükdə düzbucaqlı çəkin. 
Analiz.  Tutaq  ki, 
çevrə  daxilinə  tərəfi  a 
olan kvadratla bir bö-
yüklükdə  olan  ABCD 
düzbucaqlısı  çəkilmiş-
dir (şəkil 61). 
Düzbucaqlının 
AC dioqanalı verilmiş 
çevrənin  diametri  olduğundan  onu  qurmaq  olar. 
ABC  və  ACD  üçbucaqları  bərabər  olduğu  üçün 
Şəkil 61 

bunlardan  birini  qurmaq  kifayətdir.  ABC  üçbuca-
ğını  qurmaq  üçün  B  nöqtəsini  tapmaq  lazımdır. 
Bunun  üçün  ABC  üçbucağının  BH  hündürlüyünü 
tapmaq kifayətdir. 
AC=d  və  BH=x  qəbul  edərək  ABCD 
düzbucaqlısının sahəsini d və x ilə ifadə edək və onu 
kvadratın sahəsinə bərabər götürək. Onda 
dx=a
2 
burada isə 
d
a
x
2

 alarıq. 
Qurma. 
d
a
x
2

  düsturundan  istifadə  edərək 
əvvəlcə  BH  hündürlüyünü  quraq.  Bunun  üçün 
çevrənin  AC  diametrini  çəkək.  Sonra  AM=a 
olmaqla  çevrə  üzərində  M  nöqtəsini  quraq.  M 
nöqtəsindən ME

AC çəkək. Onda 
d
a
x
AE
2


 olar. 
bundan sonra AC  düz  xəttindən x məsafədə  və  ona 
paralel  düz  xətt  çəkib  bu  düz  xəttin  çevrə  ilə  B 
kəsişmə  nöqtəsini,  sonra  isə  çevrənin  O  mərkəzinə 
nəzərən B-yə simmetrik D nöqtəsini qururuq. 
İsbat.  AC  və  BD  çevrənin  diametrləri  olduğu 
üçün  ABCD  düzbucaqlıdır.  Düzbucaqlının  S  sahəsi 
tərəfi  a  olan  kvadratın  sahəsinə  bərabərdir. 
Doğrudan da, 
2
2
a
d
a
d
BH
AC
S





 

Araşdırma.  Məsələnin  yalnız 
2
d
x

  olduqda 
həlli vardır. Bu isə 
2
a
d

 şərti ilə eynigüclüdür. 
Məsələ.  Verilmiş  a,  b,  c  və  d  tərəflərinə  görə 
daxilə çəkilmiş dördbucaqlı qurun. 
Daxilə  çəkilmiş  dördbucaqlının  diaqonallarını 
m  və  n  ilə  işarə  etsək,  Ptolomey  teoreminə  görə 
m

n=ac+bd  (1)  olar.  m  və  n  diaqonallarını 
hesablamaq  üçün  onlar  arasında  daha  bir  asılılıq 
tapmağa çalışaq. 
Tutaq 
ki, 
ABCD 
daxilə çəkilmiş dördbucaqlı 
və  AB=a,  BC=b,  CD=c, 
DA=d,  AC=m,  DB=n-dir 
(şəkil  62).  D  nöqtəsindən 

DC
1
=

BC  ayıraq  və  C
1
 
nöqtəsini  A,  B  və  D  nöq-
tələri 
ilə 
birləşdirək. 
ABC
1
D  dördbucaqlısında 
DC
1
=b, 

BCC
1
=

DC
1
C 
olduğu  üçün  C
1
B=c,  BA=a, 
DA=d, BD=n və C
1
A=x-dır. Deməli, n

x=ab+cd (2) 
yazmaq olar. Sonra A nöqtəsindən AD
1
=CD ayırıb 
D
1
  nöqtəsini  A,  B  və  C  ilə  birləşdirək.  Alınan 
ABCD
1
 
dördbucaqlısında 
CD
1
=AD=d, 
AD
1
=CD=c, BA=a,  CA=m,  BC=b və  BD
1
=AC
1
=x 
Şəkil 62 
a 
x 
n 
c 
d 
m 
b 

olar.  Ona  görə  mx=ad+bc  (3)  yazmaq  olar.  (2) 
bərabərliyini  (1)  bərabərliyinə  bölsək 
cd
ab
bc
ad
n
m



  
(4) alarıq. 
(1)  və  (4)  bərabərliklərini  tərəf-tərəfə  vursaq 
və bölsək  
cd
ab
ad
bc
bd
ac
m




)
)(
(
2
 
və 
ad
bc
cd
ab
bd
ac
n




)
)(
(
2
 alarıq.  
Buradan 
cd
ab
ad
bc
bd
ac
m




)
)(
(
 
və 
ad
bc
cd
ab
bd
ac
n




)
)(
(
 olar. 
Bu  adiaqonallardan  birini,  məsələn,  m-i 
qurmaq üçün 
y
ad
bc
x
bd
ac




,
 
və 
z
cd
ab


 
qəbul etsək, 
z
xy
m

 alarıq. 
x,  y  və  z  parçalarının  qurulması  bunlarla 
mütənasib  dördüncü  m  parçasını  qurmağa  imkan 
verir.  m  parçasını  qurduqdan  sonra  a,  b  və  m 
tərəflərinə görə ABC üçbucağını, nəhayət, c, d və m 
tərəflərinə görə ACD üçbucağını qurmaq olar. 

Verilmiş  tərəflərdən  hər  biri  qalan  tərəflərin 
cəmindən  kiçik  olduqda  dördbucaqlını  qurmaq 
mümkündür.